2024版高中同步新教材選擇性必修第二冊人教物理備課資源01-第一章　安培力與洛倫茲力

2024版高中同步新教材選擇性必修第二冊人教物理備課資源第一章安培力與洛倫茲力滿分100分,限時90分鐘一、單項選擇題(本大題共8小題,每小題3分,共24分。在每小題給出的四個選項中只有一個符合題目要求)1.教學中常用如圖1所示的裝置演示通電導體在磁場中受力的情況?，F將圖中的蹄形磁鐵改用圖2所示的電磁鐵代替,則合上開關時,以下判斷正確的是()A.電磁鐵上端為N極,下端為S極,導體棒ab向右運動B.電磁鐵上端為N極,下端為S極,導體棒ab向左運動C.電磁鐵上端為S極,下端為N極,導體棒ab向右運動D.電磁鐵上端為S極,下端為N極,導體棒ab向左運動2.在某勻強磁場中,有一條長0.2m的直導線,通以3A的恒定電流,與磁場垂直放置時,導線受到的安培力是6×10-2N,則()A.勻強磁場的磁感應強度大小為1×10-3TB.安培力方向與勻強磁場的磁感應強度方向相同C.如果該導線的長度和電流都減小為原來的一半,則該導線受到的安培力大小變?yōu)?.5×10-2ND.如果將該導線與磁場平行放置,安培力為零,此時磁場的磁感應強度也是零3.如圖為磁流體發(fā)電機的原理圖,等離子體束(含有正、負離子)以某一速度垂直噴射入由一對磁極C、D產生的勻強磁場中,A、B是一對平行于磁場放置的金屬板。穩(wěn)定后電流表中的電流從“+”接線柱流向“-”接線柱,由此可知()A.D磁極為N極B.正離子向B板偏轉C.負離子向D磁極偏轉D.離子在磁場中偏轉過程洛倫茲力對其做正功4.如圖所示,彎折導線ABC中通有圖示方向的電流,∠C=30°,∠B=90°,置于與導線ABC所在平面平行的勻強磁場中,此時導線ABC所受安培力最大,大小為2N,現將整段導線以過B點且垂直于ABC所在平面的直線為軸順時針轉動30°角,此時導線受到的安培力大小為()A.3NB.32NC.1ND.15.如圖所示,豎直放置的光滑絕緣斜面處于方向垂直豎直平面(紙面)向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場中,一帶電荷量為q(q>0)的滑塊(可視為質點)自a點由靜止沿斜面滑下,下降高度為h時到達b點,滑塊恰好對斜面無壓力。不計空氣阻力,關于滑塊自a點運動到b點的過程,下列說法正確的是(重力加速度大小為g)()A.滑塊在a點受重力、支持力和洛倫茲力作用B.滑塊在b點受到的洛倫茲力大小為qB2C.洛倫茲力做正功D.滑塊的機械能增大6.如圖,在半徑為R的圓形區(qū)域內有勻強磁場,磁感應強度為B,方向垂直于圓平面向里(未畫出)。一群比荷為qm的負離子以相同速率v0(較大),由P點在紙平面內沿不同方向射入磁場中,發(fā)生偏轉后又飛出磁場,則下列說法正確的是()A.各離子飛出磁場的速度一定相同B.沿PQ方向射入的離子運動的軌跡半徑最長C.沿PQ方向射入的離子飛出時偏轉角最大D.在Q點飛出的離子在磁場中運動的時間最長7.應用質譜儀測定有機化合物分子結構的方法稱為質譜法,先在離子化室A中將有機物氣體分子碎裂成兩種帶正電的離子,離子從下方的小孔S飄入電勢差為U的加速電場,其初速度幾乎為0,然后經過S1沿著與磁場垂直的方向進入勻強磁場中,最后打到照相底片D上,形成a、b兩條質譜線,則()A.打到a處的離子的比荷小B.兩種離子進入磁場時的速度相同C.勻強磁場的方向為垂直紙面向里D.兩種離子在磁場中的運動時間相等8.如圖所示,虛線兩側的勻強磁場Ⅰ和Ⅱ均垂直紙面向里,磁場Ⅱ的磁感應強度是磁場Ⅰ的磁感應強度的2倍。質量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從虛線上P點沿與虛線成30°角的方向,以速度v0垂直射入磁場Ⅰ,從虛線上的Q點第一次進入磁場Ⅱ;一段時間后粒子再次經過Q點,P點和Q點的距離為L,不計粒子的重力,則磁場Ⅰ的磁感應強度大小和粒子兩次經過Q點的時間間隔分別為()A.mv0qL,14πLvC.3mv0qL,143二、多項選擇題(本大題共4小題,每小題4分,共16分。在每小題給出的四個選項中,有多個選項符合題目要求,全部選對的得4分,選對但不全的得2分,有選錯或不答的得0分)9.回旋加速器的工作原理如圖所示。D形盒半徑為R,盒內勻強磁場的磁感應強度為B。設氘核的電荷量為q,質量為m,不考慮相對論效應,下列說法正確的是()A.氘核從磁場中獲得能量B.交變電源的周期為2πC.氘核加速后的最大速度與加速電場的電壓無關D.氘核在回旋加速器內的加速次數與加速電壓有關10.如圖所示,已知一帶電小球在光滑絕緣的水平面上從靜止開始經電壓U加速后,水平進入互相垂直的勻強電場和勻強磁場區(qū)域(電場強度E和磁感應強度B已知),小球在此區(qū)域的豎直平面內做勻速圓周運動,重力加速度為g,則()A.小球可能帶正電B.小球做勻速圓周運動的半徑為r=1C.小球做勻速圓周運動的周期為T=2πD.若電壓U增大,則小球做勻速圓周運動的周期增大11.如圖所示,磁感應強度為B的勻強磁場方向垂直紙面向里,圖中虛線為磁場的邊界,其中bc段是半徑為R的四分之一圓弧,ab、cd的延長線通過圓弧的圓心,Ob長為R。大量質量為m、電荷量為q的粒子,在紙面內以不同的速率從O點垂直ab射入磁場,已知所有粒子均從四分之一圓弧邊界射出,且四分之一圓弧邊界上均有粒子射出,其中M、N是圓弧邊界上的兩點,M點在N點右側,不計粒子間的相互作用和重力。則下列分析中正確的是()A.粒子帶正電B.從M點射出粒子的速率一定大于從N點射出粒子的速率C.從M點射出粒子在磁場中運動時間一定小于從N點射出粒子所用時間D.所有粒子所用最短時間為2π12.如圖所示,在直角坐標系的第一象限中有一半徑為R的扇形POQ無場區(qū)域,第一象限剩余區(qū)域(含PQ圓弧邊界)及第四象限均存在垂直于紙面的勻強磁場,磁感應強度大小為B。大量質量為m、帶電荷量為q的帶正電粒子從圓弧PQ上各點沿y軸正方向以相同速度v(大小未知)射入磁場,且所有粒子軌跡均交于Q點并被粒子收集盒(圖中未畫)吸收。不計粒子間的相互作用和重力,則()A.磁場方向垂直紙面向里B.粒子速度大小為qBRC.粒子運動到Q點的最短時間為3πD.粒子從進入磁場到運動至Q點的過程中離Q的最遠距離為2R三、非選擇題(本大題共6小題,共60分)13.(6分)某學校興趣小組的同學在學習了磁場的知識后設計了一個利用天平測定磁感應強度的實驗方案。天平的左臂下面掛一個矩形線圈,寬為L,共N匝,線圈的下部懸在勻強磁場中,磁場方向垂直紙面。實驗步驟如下:①未通電流時,在天平右盤內放入質量為m1的砝碼,使天平平衡;②當給線圈通以大小為I的順時針方向電流(如圖所示)時,需在天平右盤更換質量為m2的砝碼后,天平才能重新平衡。(1)若m1>m2,此時矩形線圈的底邊所受的安培力方向為(選填“豎直向上”或“豎直向下”),磁場方向垂直于紙面(選填“向里”或“向外”)。

(2)若m1<m2,用所測量的物理量和重力加速度g表示磁感應強度的大小為B=。

14.(8分)某研究性學習小組的同學,為檢測某工廠排放污水的情況,制作了一個簡易的電磁流量計,如圖甲所示。該裝置為中空的長方體管道,長、寬、高分別為a=20cm、b=c=10cm,左右兩端開口,與排污管道連通。流量計的上下底面為絕緣體,前后兩個側面為導體,并分別固定兩個電極M、N。在垂直于底面的方向加一豎直向下的勻強磁場,已知磁感應強度為B=0.8T。當含有正、負離子的污水從左向右流經該裝置時,M、N兩電極間將產生電勢差U。(1)若使用多用電表的電壓擋測量M、N電極間的電勢差大小,則與圖甲中M相連的應是多用電表的表筆(選填“紅”或“黑”)。

(2)某次測量時,使用了多用電表250mV量程的直流電壓擋,表盤示數如圖乙所示,則M、N電極間的電勢差大小U=mV。

(3)若多用電表使用直流電壓擋時,可近似視為理想電壓表,則根據(2)中測得的電壓值,可估算出污水流動的速度為m/s(結果保留2位有效數字)。

(4)現把多用電表的換擋開關旋至量程適當的直流電流擋,把紅、黑表筆正確接至M、N兩個電極,測得電流值為I=50μA,并已知此時多用電表的內阻為r=200Ω。假定污水的流速恒定并且充滿流量計的長方體管道,由此可估算出污水的電阻率ρ=Ω·m。

15.(6分)電磁炮是利用電磁發(fā)射技術制成的一種先進的動能殺傷性武器,如圖甲為電磁炮工作原理示意圖,可簡化為圖乙模型。某電磁炮導軌長10m,兩導軌之間的距離為0.5m。導軌間磁場可認為是方向垂直于紙面向外的勻強磁場,磁感應強度為1.5T,電流方向如圖所示。質量為10kg的炮彈受安培力作用從導軌最右端由靜止開始做勻加速直線運動,到達最左端離開導軌時的速度大小為2.4×103m/s。整個導軌固定在水平面上,忽略炮彈與導軌間的摩擦力。求:(1)炮彈在導軌中加速時的加速度大小;(2)導軌中的電流大小。

16.(10分)如圖為半導體離子注入工藝原理示意圖。初速度為0的離子P3+(質量為m、帶電荷量為+3e),經電壓為U的電場加速后,垂直磁場邊界進入寬度為d的勻強磁場區(qū)域,轉過一定角度后從磁場射出,并注入半導體工件內部達到摻雜的目的。已知磁場的磁感應強度大小為mU6ed2(1)離子P3+進入磁場時速度的大小;(2)離子P3+在磁場中偏轉的角度θ與偏轉的距離s。17.(14分)如圖為一電流表的原理示意圖,質量為m=100g的均勻細金屬棒MN的中點處與勁度系數為k=200N/m的豎直彈簧相連,矩形區(qū)域abfe內有磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向外的勻強磁場,其中ab=20cm,ae=2cm。當MN中沒有電流通過時,MN與矩形區(qū)域的中線cd重合,與MN連接的絕緣輕指針指在標尺上的0位置,當MN中有電流通過時,指針示數可反映出電流大小及電流方向。(1)當MN中的電流I=2.5A時,指針指在-0.50cm處,求磁感應強度的大小B。(2)求該電流表可以測量的電流范圍。18.(16分)如圖所示,O-xyz坐標系中y軸的正方向豎直向上,在yOz平面左側-2l<x<-l區(qū)域內存在著沿y軸負方向的勻強電場,-l<x<0區(qū)域內存在著沿z軸負方向的勻強磁場,在yOz平面右側區(qū)域同時存在著沿x軸正方向的勻強電場和勻強磁場,電場強度和磁感應強度的大小分別與yOz平面左側勻強電場的場強大小、勻強磁場的磁感應強度大小相等,電場、磁場均具有理想邊界。一個質量為m、電荷量為+q的粒子從M(-2l,l2,0)點以速度v0沿x軸正方向射入電場,經N(-l,0,0)點進入磁場區(qū)域,然后從O點進入到平面yOz右側區(qū)域,粒子從離開O點開始多次經過x軸,不計粒子重力。求(1)勻強電場的電場強度大小E;(2)勻強磁場的磁感應強度大小B;(3)粒子從離開O點開始,第n(n=1,2,3,…)次到達x軸時距O點的距離s。

答案與解析1.A2.C3.A4.A5.B6.D7.A8.B9.BCD10.BC11.AD12.BCD1.A對于電磁鐵,根據電池正負極判斷線圈中電流的方向,運用安培定則可判斷電磁鐵上端為N極,下端為S極,故C、D錯誤。對于導體棒,根據電源正負極判斷電流方向,根據電磁鐵上端為N極,下端為S極,可判斷導體棒所在處磁場方向向下,根據左手定則,導體棒所受安培力向右,故導體棒ab向右運動,B錯誤,A正確。故選A。2.C勻強磁場的磁感應強度大小為B=FIL=6×10?23×0.2T=0.1T,A錯誤;安培力方向與勻強磁場的磁感應強度方向垂直,B錯誤;如果該導線的長度和電流都減小為原來的一半,則該導線受到的安培力大小變?yōu)镕1=B×12I×12L=14F=1.5×10-2N,C正確;磁感應強度是磁場本身的屬性3.A根據電流的方向知,A板帶正電,B板帶負電,等離子體中的正離子向A板偏轉,負離子向B板偏轉。根據左手定則,D極為N極,C極為S極,A正確,B、C錯誤;因為洛倫茲力的方向與速度方向垂直,所以洛倫茲力不做功,D錯誤。故選A。4.A導線ABC所受的安培力,可等效成“導線AC”所受的安培力,最初導線ABC所受安培力最大,可知磁場方向與AC垂直,設AC長度為L,則此時的安培力大小為F安=BIL,由幾何關系可知,BC長度為32L,當整段導線以過B點且垂直于ABC所在平面的直線為軸順時針轉動30°角后,BC邊恰好與磁場方向垂直,AB邊與磁場方向平行,則F安'=BI·32L,由以上分析可得此時導線受到的安培力大小為3N,5.B滑塊自a點由靜止沿斜面滑下,在a點不受洛倫茲力作用,A錯誤;滑塊自a點運動到b點的過程中,洛倫茲力不做功,支持力不做功,滑塊機械能守恒,由mgh=12mv2,得滑塊在b點時的速度v=2g?,滑塊在b點受到的洛倫茲力為F=qBv=qB2g?,B正確,C、D6.D各離子飛出磁場的速度大小相等,但方向不同,A錯誤;由洛倫茲力提供向心力得qv0B=mv02r,解得r=mv0qB,由于所有離子的比荷相同,速度大小相等,因此所有離子在磁場中運動的軌跡半徑相等,B錯誤;所有離子中,從Q點飛出的離子運動軌跡對應的弦長最大,對應的圓心角最大,離子飛出時偏轉角最大,而沿PQ方向射入的離子并不能從Q點飛出,C錯誤;比荷相同的粒子在相同磁場中做圓周運動的周期相同,為T=2πmqB,離子在磁場中運動的時間t=θ2πT=θ2π·2πmqB=θmqB,在7.A離子在加速電場中加速時,由動能定理有Uq=12mv2,解得v=2qUm,由于兩種帶正電的離子比荷不同,所以進入磁場時的速度不同,B錯誤;離子在磁場中偏轉時有qvB=mv2R,解得R=mvqB=2mqUqB=1B2mUq,所以,比荷大的偏轉半徑小,打到a處的離子的比荷小,A正確;離子帶正電,根據左手定則,勻強磁場的方向垂直紙面向外,C錯誤;離子在磁場中做圓周運動的周期T=2πm8.B粒子的運動軌跡如圖所示:由幾何關系,粒子在磁場Ⅰ中運動的半徑為r1=L,由洛倫茲力提供向心力得qv0B1=mv02r1,解得B1=mv0qL,C、D錯誤;由Bqv=mv2r,得r=mvBq,由于磁場Ⅱ的磁感應強度是磁場Ⅰ磁感應強度的2倍,所以粒子在磁場Ⅱ中運動的半徑為r2=12r1=12L,粒子在磁場Ⅰ中運動的周期為T1=2πr1v0=2πLv0,粒子在磁場Ⅱ中運動的周期為T2=2πr29.BCD氘核在磁場中受到的洛倫茲力方向始終與速度方向垂直,洛倫茲力不做功,氘核不從磁場中獲得能量,它是從電場中獲得能量,A錯誤;回旋加速器要實現對粒子的加速,交變電源的周期要等于粒子在磁場中運動的周期,根據qvB=mv2r得r=mvqB,氘核在磁場中做圓周運動的周期T=2πrv=2πmqB,所以交變電源的周期為2πmqB,B正確;氘核離開回旋加速器時獲得的最大速度滿足qvmB=mvm2R,解得vm=qBRm,所以氘核加速后的最大速度與加速電場的電壓無關,C正確;氘核最大動能Ek=12mvm2=q2B2R22m,氘核在回旋加速器中每加速一次,增加的動能為qU,設加速次數為10.BC小球在該區(qū)域的豎直平面內做勻速圓周運動,則小球受到的電場力和重力大小相等、方向相反,小球所受電場力的方向和場強方向相反,則小球帶負電,A錯誤;小球做勻速圓周運動的向心力由洛倫茲力提供,由牛頓第二定律可得Bqv=mv2r,由動能定理有Uq=12mv2,且有mg=qE,聯立可得小球做勻速圓周運動的半徑r=1B2UEg,故B正確;由運動學公式可得T=2πrv,聯立可得T=2πEBg11.AD粒子沿逆時針方向做勻速圓周運動,根據左手定則,可知粒子帶正電,A正確;根據qvB=mv2r,得v=qBrm,從M點射出的粒子做圓周運動的半徑更小,則粒子的速度更小,B錯誤;由t=θ2πT=θ2π×2πmqB,粒子在磁場中運動的周期相等,轉過的圓心角越大,運動時間越長,由幾何關系可知,弦切角等于圓心角的一半,則弦切角越小,運動時間越短,如圖所示,當弦與bc圓弧邊界相切時,弦切角最小,又因為Ob等于R,由幾何關系,此時圓周運動的圓心角為120°,則最短時間為tmin=120°360°×2πmqB=2πm3qB,M、N12.BCD帶正電粒子的軌跡均交于Q點,可知粒子向右偏轉,根據左手定則,磁場方向垂直紙面向外,A錯誤;由P點射入磁場的粒子軌跡如圖所示:根據幾何知識,粒子的軌跡半徑為R,根據洛倫茲力提供向心力得Bqv=mv2R,粒子速度為v=qBRm,B正確;粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期T=2πmBq,粒子在磁場中的運動時間t=θ2πT,θ為軌跡對應的圓心角,圓心角越小,運動時間越短,由幾何知識可知,由P點射入的粒子在磁場中軌跡所對應的圓心角最小,最短時間為t=34T=34×2πmBq=3πm2Bq,C正確;粒子的軌跡半徑都為R,粒子從進入磁場到運動至Q點的過程中離Q13.答案(1)豎直向上(2分)向外(2分)(2)(m2?m解析(1)若m1>m2,說明通電后天平平衡時天平左臂的拉力小于矩形線圈的重力,矩形線圈的底邊所受的安培力方向為豎直向上,根據左手定則,磁場方向為垂直紙面向外。(2)對矩形線圈,根據平衡條件有m1g+NBIL=m2g,解得B=(m14.答案(1)黑(2分)(2)145(2分)(3)1.8(2分)(4)540(2分)解析(1)根據左手定則,N端聚集正電荷,電勢較高;M端聚集負電荷,電勢較低,與M相連的應是多用電表的黑表筆。(2)250mV擋,每小格為5mV,表盤讀數為145mV。(3)M、N間電壓穩(wěn)定時,根據qUb=qvB得U=Bbv,解得v≈1.8m/s(4)根據I=UR+r,R=ρLS解得ρ=540Ω·m。15.答案(1)2.88×105m/s2(2)3.84×106A解析(1)設加速度大小為a由v2=2ax(2分)得a=2.88×105m/s2(1分)(2)根據牛頓第二定律得IlB=ma(2分)得I=3.84×106A(1分)16.答案(1)6eUm(2)30°(2-3解析(1)離子經過加速電場,由動能定理有3eU=12mv2(2分)解得離子離開電場進入磁場時的速度v=6eUm(1分(2)離子在磁場中做勻速圓周運動,由洛倫茲力提供向心力,有3evB=mv2R(2分將B=mU6ed2代入,聯立解得R=2d(由幾何關系有Rsinθ=d,解得sinθ=12,即偏轉的角度θ=30°(1分)偏轉距離s=R(1-cosθ)(2分)解得s=(2-3)d(1分)17.答案(1)2T(2)[-5A,5A],其中“-”表示電流方向由N指向M解析(1)設沒有電流通過時,彈簧彈力為FN1,電流I=2.5A時彈簧彈力為FN2。沒有電流通過時彈簧伸長量為x1,電流I=2.5A時彈簧伸長量為x2=x1+0.005m(1分)FN1=mg=kx1(1分)FN2=mg+F安=kx2(1分)F安=BILab(1分)解得B=2T(1分)(2)當金屬棒到達ab位置時,mg+BIMLab=k(x1+ΔxM)(1分)解得IM=5A,由左手定則,電流方向由M指向N,設為電流正方向(2分)當金屬棒到達ef位置時,mg-BIM'Lab=k(x1-ΔxM)(2分)解得IM'=5A,由左手定則,電流方向由N指向M(2分)則該電流表可以測量的電流范圍為[-5A,5A],其中“-”表示電流方向由N指向M(2分)18.答案(1)mv02ql(2)2mv0ql(3)πnl(2+解析(1)根據題意,粒子在yOz平面左側區(qū)域內的運動軌跡如圖所示:粒子在電場中運動時,有l(wèi)=v0t1(1分)12l=12at12(由牛頓第二定律得Eq=ma(1分)解得E=mv02ql((2)在N點,設粒子速度v的方向與x軸間的夾角為θ,沿y軸負方向的分速度大小為vy,有tanθ=vyv0,vy=at1,v=v0cos解得vy=v0,v=2v0,θ=45°由對稱性,粒子在O點時速度方向與x軸間的夾角也為θ(1分)根據幾何關系,粒子在磁場中做圓周運動軌跡的半徑為R=ON2sinθ=l2sinθ=2由牛頓第二定律得qvB=mv2R(1解得B=mvqR=2mv0ql(3)將粒子在O點的速度分解,沿x軸方向的分速度大小為vx=vcosθ=v0,沿y軸方向的分速度大小為vy=vsinθ=v0(2分)因同時存在電場、磁場,粒子以vy在磁場中做勻速圓周運動,同時粒子以初速度vx=v0沿x軸正方向做勻加速運動,粒子離開O點后,每轉一周到達一次x軸,第n次到達x軸時,粒子運動的時間t=nT,T=2πmqB=πl(wèi)v0到達x軸時距O點的距離s=v0t+12at2(1分)解得s=πnl(2+nπ)2(n=1,2,3,…)(1分滿分100分,限時90分鐘一、單項選擇題(本大題共8小題,每小題3分,共24分。在每小題給出的四個選項中只有一個符合題目要求)1.下列現象中利用的原理不是電磁感應的是()A.如圖甲所示,真空冶煉爐外有線圈,線圈中通入高頻交流電,爐內的金屬能迅速熔化B.如圖乙所示,安檢門可以檢測金屬物品,如攜帶金屬刀具經過時,會觸發(fā)報警C.如圖丙所示,放在磁場中的玻璃皿內盛有導電液體,其中心放一圓柱形電極,邊緣內壁放一環(huán)形電極,通電后液體就會旋轉起來D.如圖丁所示,用一蹄形磁鐵接近正在旋轉的銅盤,銅盤很快靜止下來2.一架飛機在廣州上空勻速巡航,機翼保持水平,飛行高度不變,由于受地磁場的作用,金屬機翼上有電勢差,設飛行員左方機翼末端處的電勢為φ1,右方機翼末端處的電勢為φ2,則下列說法正確的是()A.若飛機從東往西飛,φ1比φ2高B.若飛機從南往北飛,φ1比φ2低C.若飛機從北往南飛,φ1比φ2低D.由于飛機勻速飛行,則φ1等于φ23.如圖所示,若套在條形磁鐵上的彈性金屬導線圈Ⅰ突然縮小為線圈Ⅱ,關于線圈的感應電流及其方向(從上往下看),說法正確的是()A.有順時針方向的感應電流B.有逆時針方向的感應電流C.先有逆時針后有順時針方向的感應電流D.無感應電流4.如圖所示,一個矩形區(qū)域內存在勻強磁場,磁場方向垂直于紙面向里。一個三角形閉合導線框由位置1(左)沿紙面勻速運動到位置2(右)。取線框剛到達磁場邊界的時刻為計時起點(t=0),規(guī)定逆時針方向為電流的正方向,則下圖中能正確反映線框中電流與時間關系的是()5.如圖所示,地面上方有方向垂直紙面向外的勻強磁場和豎直向上的勻強電場,在磁場內水平靜止釋放一根不帶電的金屬棒MN,不考慮空氣阻力,下列說法正確的是()A.N端先落地,M端后落地B.M、N兩端同時落地C.金屬棒做自由落體運動D.金屬棒先加速運動后勻速運動6.如圖所示,在豎直向下的勻強磁場中,間距為L的水平U形導體框左端連接一阻值為R的電阻,質量為m、電阻為r的導體棒ab置于導體框上。不計導體框的電阻和導體棒與框間的摩擦。ab以水平向右的初速度v0開始運動,最終停在導體框上。在此過程中,下列說法正確的是()A.導體棒中電流保持不變B.導體棒中感應電流的方向為b→a,a、b間電勢差為BLv0C.導體棒克服安培力做的功等于12mD.導體棒剛開始運動時克服安培力做功的瞬時功率為B7.如圖所示,虛線左側存在磁感應強度為B的勻強磁場,方向垂直于紙面向里。有一正方形金屬框abcd,其邊長為L,電阻為R,初始ad邊與磁場邊界重合,現將其繞a點以角速度ω順時針勻速轉動。在金屬框轉動45°的過程中()A.金屬框中產生沿逆時針方向的感應電流B.金屬框經過虛線位置時產生的瞬時感應電動勢大小為BωL2C.金屬框受到的安培力逐漸增大,方向不斷變化D.流過金屬框某一橫截面的電荷量為28.如圖所示,y軸正方向豎直向下,足夠長的光滑導軌OM、ON固定在豎直平面內,電阻不計,兩導軌與豎直方向夾角均為30°?？臻g存在垂直導軌平面向里的勻強磁場,磁感應強度大小為B。一質量為m、長為L的導體棒在豎直向上的拉力F作用下,從O點開始沿y軸向下以大小為v的速度做勻速直線運動,棒始終與y軸垂直且關于y軸對稱,與導軌接觸良好。單位長度的導體棒電阻值為r,重力加速度為g。則在導體棒從開始運動到離開導軌的過程中,下列說法正確的是()A.導體棒中的感應電流逐漸增大B.導體棒沿導軌向下運動過程中減少的機械能等于導體棒產生的焦耳熱C.通過導軌O點處橫截面的電荷量為3D.導體棒在導軌上運動時拉力F與y的關系為F=mg-3v二、多項選擇題(本大題共4小題,每小題4分,共16分。在每小題給出的四個選項中,有多個選項符合題目要求,全部選對的得4分,選對但不全的得2分,有選錯或不答的得0分)9.如圖,半徑為r的金屬圓盤在垂直于盤面的勻強磁場中,繞O軸以角速度ω沿逆時針方向勻速轉動,磁場的磁感應強度大小為B,則通過電阻R的電流的方向和大小是(金屬圓盤及導線的電阻不計)()A.電阻R上電流方向由c到dB.電阻R上電流方向由d到cC.通過R的電流I=BD.通過R的電流I=B10.圖1中表示電流傳感器,在用圖1的電路研究自感現象時,電流傳感器顯示各時刻通過線圈L(直流電阻為0)的電流如圖2所示。已知燈泡的電阻與定值電阻R相同且不隨電流變化,可以判定()A.閉合S時燈泡緩慢變亮,斷開S時燈泡緩慢熄滅B.1.0×10-3s前后,S由閉合變?yōu)閿嚅_C.1.2×10-3s時,通過燈泡的電流方向為從右向左D.1.1×10-3s時,燈泡的功率約為5.0×10-4s時的二分之一11.如圖,在水平面內固定有兩根相互平行的無限長光滑金屬導軌,其間距為L,電阻不計。在虛線l1的左側存在豎直向上的勻強磁場,在虛線l2的右側存在豎直向下的勻強磁場,兩部分磁場的磁感應強度大小均為B。與導軌垂直的金屬棒ad、bc的電阻均為R,質量分別為m、2m,分別靜止于兩磁場中。現突然給ad棒一個水平向左的初速度v0,下列說法正確的是()A.兩金屬棒組成的系統(tǒng)的動量守恒B.兩金屬棒始終受到水平向右的安培力C.兩棒達到穩(wěn)定時速度大小均為13vD.ad棒向左運動的過程中,ad棒產生的焦耳熱為16m12.如圖甲所示,兩根間距L=1m的平行光滑金屬導軌放置在水平面內,左端與R=1Ω的定值電阻相連。導軌間在坐標軸x>0一側存在著沿x方向磁感應強度均勻增大的磁場,磁感應強度B與x的關系如圖乙所示。在外力F作用下,一質量m=1kg的金屬棒從A1位置運動到A2位置的過程中,通過電阻R的電流始終恒定為1A。金屬棒始終與導軌垂直且接觸良好,A1、A2對應的位置坐標分別為x1=1m、x2=3m,不計導軌與金屬棒電阻,下列說法正確的是()A.從A1到A2的過程中,金屬棒做減速運動B.金屬棒在A2處的動能為0.25JC.從A1到A2的過程回路中拉力做的功為2.625JD.從A1到A2的過程中通過金屬棒橫截面的電荷量為4C三、非選擇題(本大題共6小題,共60分)13.(6分)在“探究影響感應電流方向的因素”實驗中:(1)請將實物電路圖補充完整。(2)將線圈E插入線圈F中,閉合開關時,線圈F中感應電流的方向與線圈E中電流的繞行方向(選填“相同”或“相反”)。

(3)在開關處于閉合狀態(tài)將線圈E拔出時,線圈F中的感應電流的方向與線圈E中電流的繞行方向(選填“相同”或“相反”)。

14.(9分)某學習小組在“研究回路中感應電動勢大小與磁通量變化快慢的關系”的實驗中采用了如圖甲所示的實驗裝置。(1)實驗中用螺旋測微器測量擋光片的寬度Δd時,示數如圖乙所示,則Δd=mm。

(2)在實驗中,讓小車以不同速度靠近螺線管,記錄下光電門擋光時間Δt內感應電動勢的平均值E,改變速度多次實驗,得到多組數據。這樣實驗的設計滿足了物理實驗中常用的“控制變量法”,你認為該實驗過程中不變的量是:在Δt時間內。

(3)得到多組Δt與E的數據之后,若以E為縱坐標、以Δt為橫坐標作出E-Δt圖像,發(fā)現圖像是一條曲線,不容易得出清晰的實驗結論,為了使畫出的圖像為一條直線,最簡單的改進辦法是以為橫坐標。

15.(8分)如圖所示,間距為L的光滑導軌立在豎直平面內,勻強磁場的方向垂直于導軌平面,磁感應強度為B,質量為m的導體棒PQ與導軌接觸良好。電源的電動勢為E、內阻為r。當開關K撥向a時,導體棒PQ恰能靜止。重力加速度為g,導軌電阻不計。求:(1)導體棒的電阻;(2)當K撥向b后,導體棒由靜止開始向下運動,最后勻速運動的速度為多大。16.(9分)如圖甲所示,一不可伸長的輕繩上端固定,下端系一個半徑為r=0.1m的圓形單匝金屬框,金屬框的水平直徑ab上方有垂直于金屬框所在平面向里的勻強磁場,已知金屬框的電阻R=5Ω,磁感應強度B隨時間t的變化關系如圖乙所示,求:(1)金屬框中的感應電流大小和方向;(2)t=0.02s時金屬框所受安培力的大小和方向。17.(12分)如圖所示,在豎直平面內的xOy坐標系中有水平向里的磁場,磁感應強度大小沿x軸方向均相同,沿y軸正方向以By=ky(k>0)的規(guī)律均勻增大。一正方形線框abcd的a點與原點O重合,并沿x軸正方向水平拋出,下降高度h后線框開始做勻速運動。已知線框的邊長為L,質量為m,電阻為R,重力加速度為g,不計空氣阻力。求:(1)線框勻速運動時沿y軸方向的速度大小vy;(2)線框下落高度h的過程中產生的焦耳熱Q。18.(16分)如圖所示,MN和PQ是電阻不計的光滑平行金屬導軌,間距為L,導軌彎曲部分與平直部分平滑連接,頂端接一個阻值為R的定值電阻,從導軌彎曲部分與平直部分連接處向右寬度為d的區(qū)域內有方向豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場,一電阻為r、長為L的金屬棒從導軌AA'處由靜止釋放,經過磁場右邊界繼續(xù)向右運動并從桌邊水平飛出,已知AA'離桌面高度為h,桌面離地高度為H,金屬棒落地點與桌面邊緣的水平距離為s,重力加速度為g,由此可求出金屬棒穿過磁場區(qū)域的過程中:(1)流過金屬棒的最小電流;(2)通過金屬棒的電荷量;(3)金屬棒產生的焦耳熱。

答案與解析1.C2.A3.A4.C5.A6.C7.B8.C9.BC10.BC11.CD12.AC1.C真空冶煉爐外的線圈中通有高頻交流電,由于電磁感應,爐內金屬中會產生渦流,使得金屬達到很高的溫度從而熔化,利用了電磁感應的原理,故A不符合題意;安檢門利用渦流探測人身上攜帶的金屬物品,原理是:線圈中交變電流產生的磁場,會在金屬物品中產生感應電流,而金屬物品中感應電流產生的磁場會在線圈中產生感應電流,引起線圈中交變電流發(fā)生變化,從而被探測到,即利用了電磁感應的原理來工作,故B不符合題意;放在磁場中的玻璃皿內盛有導電液體,其中心放一圓柱形電極,邊緣內壁放一環(huán)形電極,從而使得圓柱形電極與邊緣形成電流,電流在磁場中受到安培力的作用而發(fā)生轉動,不是利用電磁感應的原理,故C符合題意;用一蹄形磁鐵接近正在旋轉的銅盤,銅盤內部將會產生渦流,在安培力的作用下銅盤會很快靜止下來,利用了電磁感應的原理,故D不符合題意。2.A我國廣州位于地球的北半球,地磁場的豎直分量向下。當飛機水平勻速飛行時,切割磁感線產生感應電動勢,且感應電動勢的方向與感應電流的方向是相同的,由低電勢指向高電勢。由右手定則可判斷飛機飛行時產生的感應電動勢情況如圖所示,可知飛機不論沿何方向水平飛行,都是飛機的左方機翼電勢高,右方機翼電勢低,即總有φ1比φ2高。故選項A正確。3.A關鍵點撥有關磁通量變化的判定:磁感線是閉合曲線,在磁鐵外部,磁感線從N極出發(fā)回到S極;在磁鐵內部,磁感線從S極指向N極。圖中,磁鐵內部穿過線圈的磁感線方向向上,磁鐵外部,穿過線圈的磁感線方向向下,與內部的磁通量抵消一部分,根據線圈面積大小、抵消多少來分析磁通量變化情況。磁感線是閉合曲線,磁鐵內部磁感線的條數等于外部所有磁感線的總和,且二者方向相反,可知通過金屬導線圈Ⅱ的磁通量比Ⅰ的大,即當彈性金屬導線圈Ⅰ突然縮小為線圈Ⅱ時,磁通量變大,且磁場方向向上,根據楞次定律結合安培定則可知線圈中產生順時針方向的感應電流。4.C線框進入磁場的過程,磁通量向里增加,根據楞次定律可知感應電流的磁場向外,由安培定則可知感應電流沿逆時針方向,即沿正方向,線框有效切割長度先均勻增大后均勻減小,由E=BLv可知,感應電動勢先均勻增大后均勻減小,感應電流先均勻增大后均勻減小。線框完全在磁場中運動的過程,穿過線框的磁通量不變,沒有感應電流產生。線框穿出磁場的過程,磁通量向里減小,根據楞次定律可知感應電流的磁場向里,由安培定則可知感應電流沿順時針方向,即沿負方向,線框有效切割長度先均勻增大后均勻減小,由E=BLv可知,感應電動勢先均勻增大后均勻減小,感應電流先均勻增大后均勻減小。綜上可知A、B、D錯誤,C正確。5.A根據題意可知,金屬棒MN向下運動時切割磁感線,由右手定則可知,感應電動勢方向由N→M,即M端相當于電源的正極帶正電,N端相當于電源的負極帶負電,在電場中,M端受向上的電場力,N端受向下的電場力,金屬棒MN向下運動過程中,發(fā)生了轉動,N端先落地,M端后落地。故選A。6.C導體棒ab以向右的初速度v0切割磁感線瞬間,產生的電動勢為E=BLv0,根據右手定則,導體棒中感應電流方向為b→a,感應電流大小I0=ER+r=BLv0R+r,導體棒相當于電源,a、b間電勢差為路端電壓,即Uab=BLv0R+r·R,根據左手定則,導體棒ab受到的安培力向左,速度會減小,a、b間電勢差會減小,導體棒中電流減小,A、B錯誤;導體棒最終停在導體框上,根據功能關系,導體棒克服安培力做的功等于導體棒動能的減少量,即12mv02,C正確;導體棒剛開始運動時,安培力F安=BI0L7.B由楞次定律,金屬框中產生沿順時針方向的感應電流,A錯誤;金屬框經過虛線位置時,切割磁感線的有效長度等于ac的長度,瞬時感應電動勢E=12BL有效vc=12B·2L·ω·2L=BωL2,B正確;在金屬框勻速轉動45°的過程中,切割磁感線的有效長度逐漸變大,感應電動勢逐漸變大,感應電流逐漸變大,由F=BIL可知,金屬框受到的安培力逐漸增大,且方向不變總是垂直于磁場邊界向左,C錯誤;流過金屬框某一橫截面的電荷量為q=IΔt=ERΔt=ΔΦR=B8.C設導體棒在兩導軌間的長度為l,導體棒產生的感應電動勢E=Blv,根據閉合電路歐姆定律,導體棒中的感應電流I=Elr=Bvr,因為v、r、B恒定,則I恒定,A錯誤;導體棒沿導軌向下運動過程中,除了重力做功,還有拉力F、安培力做負功,減少的機械能等于克服拉力F做功與克服安培力做功之和,其中克服安培力做的功等于導體棒產生的焦耳熱,B錯誤;通過導軌O點處橫截面的電荷量q=It=Bvr·32Lv=3BL2r,C正確;導體棒在導軌上做勻速直線運動時,導體棒受到重力、拉力F和安培力而平衡,有F+BIl=mg,其中l(wèi)=2ytan30°,解得拉力F=9.BC根據法拉第電磁感應定律,金屬圓盤切割磁感線產生的感應電動勢為E=Brv=12Br·rω=12Br2ω,根據歐姆定律,通過電阻R的電流為I=ER=Br2ω2R,由右手定則,圓盤相當于電源,電流方向從邊緣指向圓心,電阻中的電流方向為從10.BC閉合S時,流過燈泡的電流瞬間增大,所以燈泡瞬間變亮,A錯誤;閉合S時,由于線圈的自感作用使得流過電阻R的電流由0逐漸增大,穩(wěn)定后,自感現象消失,電流保持不變,斷開S時,線圈L產生自感電動勢阻礙電流的減小,與定值電阻R、電流傳感器和燈泡組成回路,線圈L中的感應電流方向與斷開S前的電流方向相同,回路電流方向是逆時針方向,通過燈泡的電流方向為從右向左,所以題圖2中,0~1.0×10-3s是閉合S后的穩(wěn)定時間,1.0×10-3s前后,S由閉合變?yōu)閿嚅_,B、C正確;由題圖2可知,t1=1.1×10-3s時,電流約為I1=0.9A,t2=5.0×10-4s時,電流為I2=1.5A,根據功率的計算公式P=I2R,可得P1P2=0.921.52=0.11.CDad棒向左運動時,回路中產生順時針方向的感應電流,ad棒受到向右的安培力,bc棒也受到向右的安培力,所以兩金屬棒組成的系統(tǒng)合外力不為零,系統(tǒng)的動量不守恒,選項A錯誤;ad棒向左做減速運動,bc棒向右做加速運動,兩棒速度大小相等時,穿過回路的磁通量不變,不再產生感應電流,兩棒不受安培力,均做勻速運動,設速度大小為v,根據動量定理,對ad棒有-F安t=mv-mv0,對bc棒有F安t=2mv-0,聯立解得v=13v0,即最終兩金屬棒的速度大小都是13v0,選項B錯誤,C正確;由能量關系可知總的焦耳熱Q=12mv02-12mv2-12×2mv2,ad棒產生的焦耳熱為Qad=112.AC從A1到A2的過程中,回路中電流恒為I=1A,感應電動勢為E=IR=1V,由E=BLv得,v=EBL,因為E、L為定值,所以v與B成反比,由題圖乙可知,從A1到A2的過程中,x增大,B增大,則v減小,所以金屬棒做減速運動,A正確;由題圖乙可得B=(0.5+0.5x)T,在A1即x=1m處的磁感應強度B=1T,設金屬棒在A1處的速度為v1,可得E=BLv1,解得v1=1m/s,在A2即x=3m處的磁感應強度B=2T,設金屬棒在A2處的速度為v2,可得E=BLv2,解得v2=0.5m/s,金屬棒在A2處的動能Ek2=12mv22=0.125J,B錯誤;金屬棒受到的安培力大小為F安=BIL=(0.5+0.5x)×1×1N=(0.5+0.5x)N,在A1即x=1m處受到的安培力大小為F1=1N,在A2即x=3m處受到的安培力大小為F2=2N,由于安培力隨位移均勻變化,整個過程中克服安培力所做的功為W克安=F1+F22x=3J,即回路產生的焦耳熱Q=3J,由焦耳定律Q=I2Rt,解得t=3s,金屬棒從A1到A2的過程中通過其橫截面的電荷量為q=It=3C,D錯誤;金屬棒從A1到A2的過程中,對金屬棒,由動能定理有W-W克安=12mv22-12mv13.答案(1)圖見解析(2分)(2)相反(2分)(3)相同(2分)解析(1)實物電路如圖所示:(2)將線圈E插入線圈F中,閉合開關時,通過線圈F的磁通量增大,由楞次定律,線圈F中感應電流的磁場阻礙磁通量的增加,即線圈F中感應電流的繞行方向與線圈E中電流的繞行方向相反。(3)在開關